경주로 건설(Java)

bearMin·2024년 6월 5일

🎯문제

건설회사의 설계사인 죠르디는 고객사로부터 자동차 경주로 건설에 필요한 견적을 의뢰받았습니다.
제공된 경주로 설계 도면에 따르면 경주로 부지는 N x N 크기의 정사각형 격자 형태이며 각 격자는 1 x 1 크기입니다.
설계 도면에는 각 격자의 칸은 0 또는 1 로 채워져 있으며, 0은 칸이 비어 있음을 1은 해당 칸이 벽으로 채워져 있음을 나타냅니다.
경주로의 출발점은 (0, 0) 칸(좌측 상단)이며, 도착점은 (N-1, N-1) 칸(우측 하단)입니다. 죠르디는 출발점인 (0, 0) 칸에서 출발한 자동차가 도착점인 (N-1, N-1) 칸까지 무사히 도달할 수 있게 중간에 끊기지 않도록 경주로를 건설해야 합니다.
경주로는 상, 하, 좌, 우로 인접한 두 빈 칸을 연결하여 건설할 수 있으며, 벽이 있는 칸에는 경주로를 건설할 수 없습니다.
이때, 인접한 두 빈 칸을 상하 또는 좌우로 연결한 경주로를 직선 도로 라고 합니다.
또한 두 직선 도로가 서로 직각으로 만나는 지점을 코너 라고 부릅니다.
건설 비용을 계산해 보니 직선 도로 하나를 만들 때는 100원이 소요되며, 코너를 하나 만들 때는 500원이 추가로 듭니다.
죠르디는 견적서 작성을 위해 경주로를 건설하는 데 필요한 최소 비용을 계산해야 합니다.

예를 들어, 아래 그림은 직선 도로 6개와 코너 4개로 구성된 임의의 경주로 예시이며, 건설 비용은 6 x 100 + 4 x 500 = 2600원 입니다.

또 다른 예로, 아래 그림은 직선 도로 4개와 코너 1개로 구성된 경주로이며, 건설 비용은 4 x 100 + 1 x 500 = 900원 입니다.

도면의 상태(0은 비어 있음, 1은 벽)을 나타내는 2차원 배열 board가 매개변수로 주어질 때, 경주로를 건설하는데 필요한 최소 비용을 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요.

[제한사항]

board는 2차원 정사각 배열로 배열의 크기는 3 이상 25 이하입니다.
board 배열의 각 원소의 값은 0 또는 1 입니다.
- 도면의 가장 왼쪽 상단 좌표는 (0, 0)이며, 가장 우측 하단 좌표는 (N-1, N-1) 입니다.
- 원소의 값 0은 칸이 비어 있어 도로 연결이 가능함을 1은 칸이 벽으로 채워져 있어 도로 연결이 불가능함을 나타냅니다.
board는 항상 출발점에서 도착점까지 경주로를 건설할 수 있는 형태로 주어집니다.
출발점과 도착점 칸의 원소의 값은 항상 0으로 주어집니다.

입출력 예

board	result
[[0,0,0],[0,0,0],[0,0,0]]	900
[[0,0,0,0,0,0,0,1],[0,0,0,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,1,0,0,0],[0,0,0,1,0,0,0,1],[0,0,1,0,0,0,1,0],[0,1,0,0,0,1,0,0],[1,0,0,0,0,0,0,0]]	3800
[[0,0,1,0],[0,0,0,0],[0,1,0,1],[1,0,0,0]]	2100
[[0,0,0,0,0,0],[0,1,1,1,1,0],[0,0,1,0,0,0],[1,0,0,1,0,1],[0,1,0,0,0,1],[0,0,0,0,0,0]]	3200

입출력 예에 대한 설명

입출력 예 #1

본문의 예시와 같습니다.

입출력 예 #2

위와 같이 경주로를 건설하면 직선 도로 18개, 코너 4개로 총 3800원이 듭니다.

입출력 예 #3

위와 같이 경주로를 건설하면 직선 도로 6개, 코너 3개로 총 2100원이 듭니다.

입출력 예 #4

붉은색 경로와 같이 경주로를 건설하면 직선 도로 12개, 코너 4개로 총 3200원이 듭니다.
만약, 파란색 경로와 같이 경주로를 건설한다면 직선 도로 10개, 코너 5개로 총 3500원이 들며, 더 많은 비용이 듭니다.

✏️풀이

코드

import java.util.*;

class Solution {
    int n;
    // x좌표를 이동하기 위한 배열
    int[] dx = {1, -1, 0, 0};
    // y좌표를 이동하기 위한 배열
    int[] dy = {0, 0, 1, -1};
    // 방문여부를 저장할 배열
    boolean[][][] visit;
    
    // Node 클래스
    class Node {
        int x, y, dir, cost;
        
        public Node(int _x, int _y, int _dir, int _cost) {
            x = _x; y = _y; dir = _dir; cost = _cost;
        }
    }
    
    // bfs 탐색 메소드
    public int bfs(int[][] board) {
        int x = 0, y = 0, dir = -1, cost = 0;
        int minCost = Integer.MAX_VALUE;
        
        // 큐 생성
        Queue<Node> q = new LinkedList<>();
        q.add(new Node(x, y, dir, cost));
        
        // 큐가 비어있을 때까지 반복
        while(!q.isEmpty()) {
            Node now = q.poll();
            
            // 목적지에 도달했을 경우 cost를 비교
            if(now.x == n-1 && now.y == n-1) {
                minCost = Math.min(minCost, now.cost);
            }
            
            for(int i = 0; i < 4; i++) {
                int nx = now.x + dx[i];
                int ny = now.y + dy[i];
                
                // 범위를 벗어났거나 벽일 경우
                if(nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= n || board[nx][ny] == 1) {
                    continue;
                }
                
                int nextCost = now.cost;
                if(now.dir == -1 || now.dir == i) {
                    nextCost += 100;
                } else {
                    nextCost += 600;
                }
                
                // 방문한 적이 없거나 이미 저장된 cost보다 작을 경우
                if(!visit[nx][ny][i] || board[nx][ny] >= nextCost) {
                    q.add(new Node(nx, ny, i, nextCost));
                    visit[nx][ny][i] = true;
                    board[nx][ny] = nextCost;
                }
            }
        }
        return minCost;
    }
    public int solution(int[][] board) {
        n = board.length;
        visit = new boolean[n][n][4];
        
        return bfs(board);
    }
}

설명

BFS 탐색을 사용하여 해결하였다.

우선 초깃값을 설정해주었다. board의 크기를 저장할 n, 상하좌우로 움직이기 위해 필요한 dx, dy 배열을 선언해주고, 방문여부를 저장할 배열을 선언해주었다. 이때 기존의 visit 배열들과는 다르게 여러번 방문이 가능하기 때문에 네 방향에서의 탐색을 확인하기 위해 3차원 배열을 만들어주었다.

움직이면서 파악해야하는 값들은 x, y 좌표와 어느 방향으로 이동했는지 그리고 그때 해당 비용은 얼마인지이다. 이처럼 관리해야하는 값이 여러 개일 경우에는 클래스로 만들어서 관리를 해주는 것이 편하다. 따라서 Node라는 클래스를 만들어서 x, y, dir, cost라는 변수로 x, y 좌표, 방향, 비용을 관리해준다.

다음 코드에서 설명할 부분은 문제를 해결하는데 제일 중요한 bfs 메소드 부분이다. bfs는 너비 우선 탐색으로 해당 부분에서 상하좌우로 움직여서 이동할 수 있는 모든 값을 큐에 저장한다. 그리고 큐에서 또 값을 하나씩 제거하면서 위치를 옮겨가면서 해당 위치에서 탐색할 수 있는 부분들을 탐색해나가는 과정을 반복하는 것이다.

우리도 이를 위해서 큐를 생성했다. 큐에 들어갈 값은 Node이다. 옮겨지는 위치마다 관리해야할 정보들을 편리하게 하기 위해서 Node라는 클래스를 만들었고 이를 큐에 넣으면서 탐색을 진행하는 것이다.

큐에는 초깃값을 넣어준다. 초깃값은 x = 0, y = 0, dir = -1, cost = 0이다. x, y 좌표는 각각 0, 방향은 아직 시작하지 않았으므로 -1, 비용 역시 아직 시작하지 않았으므로 0으로 두고 큐에 저장을 해준다.

이후 while문으로 탐색을 진행하게 되는데, 탐색에서 빠져나올 수 있는 조건은 큐가 비어있을 경우이다. while문을 진행하게 되면 큐에 있는 Node 데이터 하나를 가져온다. 이 노드 데이터에 저장된 x, y 좌표가 도착지점인이 확인을 하고 도착지점이라면 minCost에 저장된 값과 노드의 cost에 저장된 값을 확인하여 우리가 원하는 최소비용을 minCost에 다시 저장해준다.

도착지점이 아니라면 반복문을 사용하여 상하좌우를 탐색한다. x, y좌표에 dx, dy에 있는 값들을 하나씩 더해주면서 위치를 이동한다. 이때 이동한 x, y좌표가 범위를 벗어났거나 해당 위치가 벽일 경우에는 탐색을 진행하지 않고 continue를 사용하여 다시 반복문을 진행하도록 한다.

범위에 벗어나지 않았다면 비용을 계산하기 위해 현재 노드에 저장된 cost를 가져온다. 현재 방향이 시작지점이거나 혹은 이전 노드와 방향이 이어져있을 경우에는 직선도로를 깔아야하기 때문에 cost에 100을 더해준다. 만일 저 두가지 경우에 속하지 않는다면 곡선도로를 깔아야하기 때문에 cost에 600을 더해준다.

이후 방문여부를 판단한다. 방문한 적이 없거나 board에 저장된 값이 cost보다 크거나 같을 경우에만 큐에 값을 저장하는데, board에 저장된 값은 dp의 방식을 약간 더해주어서 해당 부분을 지날 때 필요한 최소 cost들을 저장해주는 것이다. 이로 인해서 탐색의 진행을 조금 더 빠르게 할 수 있다.

위의 경우에 포함이 된다면 큐에 새로운 노드를 생성해서 데이터를 넣어주고 방문여부를 true로 바꿔준 뒤에 board의 저장된 값을 바꿔주면 한번의 탐색이 끝난다.

위의 while문을 통해 모든 탐색을 진행하고 종료된 뒤에 minCost에 저장된 값이 우리가 원하는 값이며 이를 반환해준다.

그렇게 되면 solution 메소드에서는 brs 메소드의 반환값을 받아서 다시 반환해주면 문제를 해결할 수 있다!

💡느낀 점

bfs 탐색을 사용하는 문제였다. 그러나 문제를 풀면서 bfs 탐색만을 사용하는 것이 아닌 dp의 방식도 동시에 사용하여 풀 수 있었는데, 해당 코드는 다른 사람들의 풀이를 보면서 공부하고 푼 코드이다.. 여러 방향에서 방문을 하는 경우와 dp의 방식을 동시에 사용해서 풀이를 해본 적이 없기에 이러한 방식은 새로운 충격이면서 동시에 나는 아직 멀었구나를 깨닫게 해주는 문제였다. 단순히 방식을 정해서 풀기보다 여러가지 방면에서 생각해보는 능력을 키워야 목표하는 회사에 들어갈 수 있을 것 같다... 꾸준히 화이팅해봐야겠다..!